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Probabilites excorriges
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  • 1. www.tifawt.com PROBABILITES – EXERCICES CORRIGESExercice n°1Soit E l’ensemble des éventualités, soit A et B deux événements.On note p(A) la probabilité de A et p ( A / B ) ou pB ( A ) la probabilité de A sachant B ; A l’événement contrairede A. 1 4 1 3 ( 1 )1) On pose : p ( A ) = , p ( B / A ) = et p B / A = . Déterminer p ( B ) et p ( A / B ) 2 12) Une urne contient 4 pièces dont une pipée (une pièce pipée amène pile avec une probabilité et une pièce 3 1normale amène pile avec une probabilité ). On tire une pièce de l’urne, on la lance, on amène pile, déduire de 2la question précédente la probabilité que la pièce soit normale.Exercice n°2On considère deux urnes : l’urne A contient 5 billes rouges et 3 billes noires ; l’urne B contient 1 bille rouge et2 billes noires.Un joueur jette un dé équilibré. S’il obtient un 3 ou un 6, il tire une bille de l’urne B et il la met dans l’urne A,puis il tire une bille de l’urne A. Sinon il tire une bille de l’urne A et il la met dans l’urne B, puis il tire une billede l’urne B.On considère les événements suivants :R1 : « La boule obtenue au premier tirage est rouge ».R2 : « La boule obtenue au deuxième tirage est rouge ».A : « Le premier tirage s’effectue dans l’urne A».B : « Le premier tirage s’effectue dans l’urne B». 1) Calculer p ( A ) et p ( B ) . 2) Calculer p ( R1 / A ) et p ( R1 / B ) . En déduire p ( R1 ) . 3) Calculer p ( R2 / A ∩ R1 ) et p ( R2 / B ∩ R1 ) .4) Calculer la probabilité que les deux billes tirées soient rouges.Exercice n°3Une urne contient deux boules blanches et deux boules noires. On prélève successivement les quatre boules del’urne. On suppose qu’à chaque prélèvement toutes les boules présentes dans l’urne ont la même probabilitéd’être tirées.On notera N i l’événement ; la ième boule tirée est noire et on exprimera soigneusement en fonction des N i lesévénements considérés. 1) Déterminer les probabilités des événements suivants : a) La première boule tirée est noire. b) Les deux premières boules tirées sont noires c) La deuxième boule tirée est noire. d) Les deux premières boules tirées sont de la même couleur. e) Les deux premières boules tirées sont de couleurs différentes. 2) Déterminer la probabilité que la première boule tirée soit noire sachant que la deuxième est noire. 3) Les couples d’événements suivants sont-ils indépendants : a) La première boule tirée est noire et la deuxième boule tirée est blanche. b) Les deux premières boules sont de la même couleur et la deuxième boule tirée est noire. Page 1/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 2. www.tifawt.comExercice n°4On dispose de deux urnes. Il y a initialement dans la première une boule noire et deux boules blanches et dansla seconde deux boules noires et trois boules blanches.On suppose que à chaque tirage chacune des boules présentes dans l’urne a la même probabilité d’être tirée.1) Pour une première expérience on tire une boule dans la première urne et on la place dans la seconde urne.Puis on tire une boule dans la seconde urne. On note N1 l’événement la boule tirée de la première urne estnoire et N 2 l’événement la boule tirée de la seconde urne est noire ; les autres événements utilisés serontprécisés avec soin.(a) Déterminer la probabilité que la boule tirée de la deuxième urne soit noire.(b) Déterminer la probabilité que la boule tirée de la première urne soit noire sachant que la boule tirée de ladeuxième urne est noire.Après remise de la boule tirée de la deuxième urne en place on tire à nouveau une boule dans cette deuxièmeurne.(a) Déterminer la probabilité que cette nouvelle boule tirée soit noire(b) Déterminer la probabilité que les deux boules tirées de la deuxième urne aient été noires.(c) Déterminer la probabilité que la deuxième boule tirée de la deuxième urne soit noire sachant que la premièretirée de la même urne avait été noire2) On fait quatre fois l’expérience suivante :A partir du dispositif initial on tire une boule dans la première urne que l’on place dans la seconde, puis on tireune boule dans la seconde ; on remet le dispositif initial en place. On dit que l’expérience est un succès si lesdeux boules tirées sont noires.Déterminer la probabilité d’observer exactement deux succès.Exercice n°5On utilise deux pièces de monnaie : l’une pipée, de sorte que lorsqu’on la lance, la probabilité d’obtenir pilesoit 1/ 4 ; l’autre normale dont la probabilité d’obtenir pile est 1/ 2 à chaque lancer.1) On prend une pièce au hasard (chacune des deux pièces a une probabilité 1/ 2 d’être prise) a) Quelle est la probabilité d’obtenir pile ? b) On a obtenu pile : quelle est la probabilité d’avoir utilisé la pièce pipée. c) Quelle est la probabilité d’obtenir au moins une fois pile en faisant trois lancers avec la pièce choisie ?2) Trois fois on choisit l’une des pièces au hasard qu’on lance (chacune des deux pièces a donc à chaque foisune probabilité 1/ 2 d’être lancée) : déterminer la probabilité d’obtenir au moins une fois pile3) On lance les deux pièces ensembles : quelle est la probabilité d’obtenir le même résultat pour les deuxpièces ?Exercice n°6Une machine fabrique des microprocesseurs ; dans la production 20 % sont défectueux.1) Déterminer la probabilité que dans un lot de trois microprocesseurs issus de cette machine, il y en ait aumoins deux qui fonctionnent (On fera l’hypothèse d’indépendance nécessaire que l’on formulera clairement).2) Pour améliorer la fiabilité du produit fini, à la sortie de la machine on fait un test ; un produit bon est acceptéavec une probabilité de 0,9 et un produit mauvais est refusé avec une probabilité de 0,6.a) Quelle est la probabilité qu’un microprocesseur sortant de la machine soit accepté ?b) Quelle est la probabilité qu’un microprocesseur accepté soit bon ?Exercice n°7Une urne contient 5 boules blanches numérotées de 1 à 5, 3 bleues numérotées de 6 à 8 et 2 vertes numérotéesde 9 à 10. On tire 2 boules simultanément de l’urne. On admet que tous les tirages sont équiprobables.1) Calculer la probabilité de l’événement A « Les 2 boules ont des numéros impairs ».2) Calculer la probabilité de l’événement B « Les 2 boules ont la même couleur ». Page 2/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 3. www.tifawt.com3) Calculer la probabilité de l’événement C « Les 2 boules ont des numéros impairs et sont de la mêmecouleur ».4) Les événements A et B sont-ils indépendants ?5) Calculer la probabilité de l’événement D « Les 2 boules sont de couleurs différentes et portent des numérosimpairs ».6) On vient de tirer 2 boules de couleurs différentes, quelle est la probabilité pour qu’elles portent des numérosimpairs ?Exercice n°8On fabrique à la chaîne un composant électronique ; le procédé utilisé donne une proportion de d composantsdéfectueux. On fait donc un test des composants à la sortie de la chaîne.Si un composant est bon, il est accepté avec une probabilité de 0,98.Si un composant est défectueux, il est refusé avec une probabilité de r.Soit A l’événement « le composant est accepté », et soit D l’événement « le composant est défectueux ».1) Déterminer la probabilité de A.2) Déterminer la probabilité de D sachant A.3) r étant imposé par le procédé de vérification employé, quelle inégalité doit vérifier d si on veut quedans le lot accepté il y ait, en moyenne, au plus 5% de composant défectueux ?Exercice n°8Un système ( ∑ ) est composé d’une boite noire (B.N) où un signal entrant (E) est dirigé aléatoirement sur unseul canal (1), (2) ou (3). Sur chacun de ces canaux se trouve un coupe-circuit aléatoire (C.C.I).On sait qu’il y a une chance sur 2 que le signal (E) passe par le canal (1).On sait qu’il y a une chance sur 6 que le signal (E) passe par le canal (2).On sait qu’il y a une chance sur 3 que le signal (E) passe par le canal (3).On sait également qu’il y a : 2 chances sur 10 que le signal franchisse CC1 ; 9 chances sur 10 que le signal franchisse CC2 ; 5 chances sur 10 que le signal franchisse CC3.1. Quelle est la probabilité que le signal (E) sorte du système ( ∑ ) ?2. Sachant que le signal est sorti de ( ∑ ) , quelle est la probabilité qu’il soit passé par le canal (2) ?Exercice n°9On considère un carré ABCD et son centre de gravité Ω . On note ε = { A, B, C , D, Ω} . Une puce se déplacealéatoirement en sautant d’un point de ε à un autre. La seule contrainte est que si un saut relie deux sommets Page 3/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 4. du carré, ceux-ci doivent être adjacents. A chaque saut, tous les déplacement possibleswww.tifawt.com sont équiprobables. Lapuce ne reste pas deux fois de suite au même endroit.Au départ (c’est-à-dire avant son premier saut) elle se trouve au point Ω .Pour tout n ∈ ℕ , on note Ω n l’événement « la puce se trouve au point Ω à l’issue de son nième saut ».On définit de même les événements An , Bn , Cn et Dn . On notera pn = p ( Ω n ) (donc p0 = 1 )1) Calculer p1 et p22) Pour tout n ∈ ℕ , justifier les égalités : 1 p ( An ) = p ( Bn ) = p ( Cn ) = p ( Dn ) = (1 − pn ) 4 13) Montrer que pn +1 = (1 − pn ) , pour tout n ∈ ℕ 3 14) On pose qn = pn − . Montrer que la suite ( qn )n∈ℕ est une suite géométrique dont on précisera la raison. 45) En déduire qn puis pn en fonction de n.Exercice n°10Le quart d’une population a été vacciné contre une maladie contagieuse. Au cours d’une épidémie, on constatequ’il y a parmi les malades un vacciné pour quatre non vaccinés. On sait de plus qu’au cours de cette épidémie,il y avait un malade sur douze parmi les vaccinés. 5a) Démontrer que la probabilité de tomber malade est égale à 48b) Quelle était la probabilité de tomber malade pour un individu non-vacciné ?c) Le vaccin est-il efficace ? Page 4/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 5. www.tifawt.com PROBABILITES – CORRECTIONExercice n°1 ( )1) Le système d’événement A ∩ B; A ∩ B constitue une partition de l’événement B.La formule des probabilités totales nous permet donc décrire que ( ) ( ) ( ) 1 1 3 1 11p ( B ) = p ( A ∩ B ) + p A ∩ B = p ( A) × p ( B / A) + p A × p B / A = × + × = 4 3 4 2 24 1 1 p ( A ∩ B ) 4 × 3 1 24 2On a alors p ( A / B ) = = = × = p ( B) 11 12 11 11 242) Notons A l’événement « on a choisi la pièce pipée » et B l’événement « La pièce lancée amène pile » 1D’après l’énoncé, « Une urne contient 4 pièces dont une pipée ». Ainsi p ( A ) = 4 1 1D’après l’énoncé, « Une pièce pipée amène pile avec une probabilité ». Ainsi p ( B / A ) = 3 3 1D’après l’énoncé, « Une pièce normale amène pile avec une probabilité ». Ainsi p B / A = 2 ( 1 2 )On tire une pièce de l’urne, on la lance, on amène pile. Ceci signifie que l’événement B est réalisé. ( )On cherche la probabilité que la pièce soit normale, c’est-à-dire p A / B . D’après la question précédente, on ap ( A / B) = 2 11 ( ) 2 9 . On en déduit donc que p A / B = 1 − p ( A / B ) = 1 − = 11 11Exercice n°21) Notons Ω l’univers associé au jet du dé. On a Ω = {1; 2;3; 4;5; 6} donc Card ( Ω ) = 6 .Puisque le dé est équilibré, nous sommes dans une situtation d’équiprobabilité.Le tirage s’effectue dans l’urne A si et seulement si on obtient 1,2,4 ou 5. Ainsi A = {1; 2; 4;5} et par application Card ( A ) 4 2de la formule d’équiprobabilité, p ( A ) = = = . Card ( Ω ) 6 3 2 1Puisque B = A , on a p ( B ) = 1 − p ( A) = 1 − = 3 32) p ( R1 / A ) est la probabilité que la bille obtenue au premier tirage soit rouge sachant que l’on tire d’abord 5 5dans l’urne A. Puisque l’urne A contient 5 billes rouges et 3 billes noires, on aura p ( R1 / A ) = = 5+3 8p ( R1 / B ) est la probabilité que la bille obtenue au premier tirage soit rouge sachant que l’on tire d’abord dans 1 1l’urne B. Puisque l’urne B contient 1 bille rouge et 2 billes noires, on aura p ( R1 / B ) = = 1+ 2 3Puisque le système ( A ∩ R1 ; B ∩ R1 ) constitue une partition de l’événement R1 , la formule des probabilitéstotales nous permet de calculer : p ( R1 ) = p ( A ∩ R1 ) + p ( B ∩ R1 ) = p ( A ) × p ( R1 / A ) + p ( B ) × p ( R1 / B ) 2 5 1 1 5 1 15 4 19= × + × = + = + = 3 8 3 3 12 9 36 36 363) p ( R2 / A ∩ R1 ) est la probabilité que la bille obtenue au deuxième tirage soit rouge sachant que l’on a tiréd’abord dans l’urne A et qu’on y a tiré une bille rouge. Page 5/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 6. www.tifawt.comSi on a d’abord tiré dans l’urne A et qu’on y a tiré une bille rouge, étant donné que l’on met cette bille dansl’urne B, cette dernière contiendra désormais 2 billes rouges et 2 billes noires. La probabilité de tirer alors une 2 1bille rouge au deuxième tirage sera égale à p ( R2 / A ∩ R1 ) = = . 2+2 2 p ( R2 / B ∩ R1 ) est la probabilité que la bille obtenue au deuxième tirage soit rouge sachant que l’on a tiréd’abord dans l’urne B et qu’on y a tiré une bille rouge.Si on a d’abord tiré dans l’urne B et qu’on y a tiré une bille rouge, étant donné que l’on met cette bille dansl’urne A, cette dernière contiendra désormais 6 billes rouges et 3 billes noires. La probabilité de tirer alors une 6 2bille rouge au deuxième tirage sera égale à p ( R2 / B ∩ R1 ) = = 6+3 34) On cherche à déterminer p ( R1 ∩ R2 ) . Puisque le système ( A ∩ R1 ∩ R2 ; B ∩ R1 ∩ R2 ) constitue une partitionde l’événement R1 ∩ R2 , la formule des probabilités totales nous permet de calculer :p ( R1 ∩ R2 ) = p ( A ∩ R1 ∩ R2 ) + p ( B ∩ R1 ∩ R2 )= p ( ( A ∩ R1 ) ∩ R2 ) + p ( ( B ∩ R1 ) ∩ R2 )= p ( A ∩ R1 ) × p ( R2 / A ∩ R1 ) + p ( B ∩ R1 ) × p ( R2 / B ∩ R1 ) 2 5 1 1 1 2 5 2 45 16 61= × × + × × = + = + = 3 8 2 3 3 3 24 27 216 216 216Exercice n°3Désignons par A1 et A2 les deux boules noires et B1 et B2 les deux boules blanches.L’ensemble des tirages peut-être décrit par l’ensemble des mots de quatre lettres fabriqués avec les lettresA1,A2,B1 et B2 . Par exemple le mot A1A2B1B2 signifie que la première boule tirée a été noire, la deuxièmeblanche,la troisième noire, et la quatrième blanche.L’ensemble de tous les tirages possibles est donc :A1A2B1B2 A1A2B2B1 A1B1A2B2 A1B1B2A2 A1B2B1A2 A1B2A2B1A2A1B1B2 A2A1B2B1 A2B1A1B2 A2B1B2A1 A2B2B1A1 A2B2A1B1B1A2A1B2 B1A2B2A1 B1A1A2B2 B1A1B2A2 B1B2A1A2 B1B2A2A1B2A2B1A1 B2A2A1B1 B2B1A2A1 B2B1A1A2 B2A1B1A2 B2A1A2B11) a) « La première boule tirée est noire » est l’événement N1 .Pour déterminer sa probabilité, ou on fait appel au bon sens (deux boules noires sur un total de quatre boules)ou on liste les tirages favorables à cette situation. Ils sont au nombre de 12 :A1A2B1B2 A1A2B2B1 A1B1A2B2 A1B1B2A2 A1B2B1A2 A1B2A2B1A2A1B1B2 A2A1B2B1 A2B1A1B2 A2B1B2A1 A2B2B1A1 A2B2A1B1 12 1Puisque nous sommes en situation d’équiprobabilité, nous pouvons donc affirmer que p ( N1 ) = = 24 2b) « Les deux premières boules tirées sont noires» est l’événement N1 ∩ N 2 .On liste les tirages favorables à cette situation. Ils sont au nombre de 4 : A1A2B1B2 A1A2B2B1 A2A1B1B2 A2A1B2B1 4 1Puisque nous sommes en situation d’équiprobabilité, nous pouvons donc affirmer que p ( N1 ∩ N 2 ) = = 24 6c) « La deuxième boule tirée est noire» est l’événement N 2 .On liste les tirages favorables à cette situation. Ils sont au nombre de 12 :A1A2B1B2 A1A2B2B1A2A1B1B2 A2A1B2B1B1A2A1B2 B1A2B2A1 B1A1A2B2 B1A1B2A2B2A2B1A1 B2A2A1B1 B2A1B1A2 B2A1A2B1 12 1Puisque nous sommes en situation d’équiprobabilité, nous pouvons donc affirmer que p ( N 2 ) = = 24 2 Page 6/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 7. www.tifawt.comRemarque :Il y a autant de mots de quatre lettres dont la deuxième lettre est un A que de mots de quatre lettres dont lapremière lettre est un A. 1Ainsi p ( N 2 ) = p ( N1 ) = 2d) « Les deux premières boules tirées sont de la même couleur» est l’événement ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2 . ( ) ( )Puisque les événements ( N1 ∩ N 2 ) et N1 ∩ N 2 sont disjoints, on aura : ( )p ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2  = p ( N1 ∩ N 2 ) + p N1 ∩ N 2   ( )p ( N1 ∩ N 2 ) a déjà été calculé (Le calcul de p N1 ∩ N 2 ) est RIGOUREUSEMENT IDENTIQUE à celui de p ( N1 ∩ N 2 ) (remplacer le mot« noire » par le mot « blanche », car les boules noires et blanches jouent des rôles parfaitement symétriques. ( 1 ) ( )Ainsi p N1 ∩ N 2 = et finalement p ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2  = p ( N1 ∩ N 2 ) + p N1 ∩ N 2 = + = 6   ( 1 1 1 6 6 3 )e) « Les deux premières boules tirées sont de couleurs différentes» est l’événement ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2 . ( ) ( ) (Ainsi, p ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2  = 1 − p ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2     ( )) = 1 − 1 = 2 3 32) On cherche à calculer pN1 ( N 2 ) . On applique la formule des probabilités conditionnelles : p ( N1 ∩ N 2 ) 1 1 2 1pN1 ( N 2 ) = = 6= × = p ( N1 ) 1 6 1 3 2 13) a) «La première boule tirée est noire » est l’événement N1 . Or nous savons que p ( N1 ) = 2 ( )«La deuxième boule tirée est blanche » est l’événement N 2 . On calcule : p N 2 = 1 − p ( N 2 ) = 1 − 1 1 = 2 2 (Les deux événements seront indépendants si et seulement si p N1 ∩ N 2 = p ( N1 ) p N 2 . ) ( )L’ensemble des tirages favorables à la réalisation de l’événement N1 ∩ N 2 estA1B1A2B2 A1B1B2A2 A1B2B1A2 A1B2A2B1A2B1A1B2 A2B1B2A1 A2B2B1A1 A2B2A1B1Puisque nous sommes en situation d’équiprobabilité, nous pouvons donc affirmer que p N1 ∩ N 2 = ( ) 8 1 = . 24 3 ( )1 1 1 ( ) ( )Or p ( N1 ) p N 2 = × = . L’égalité p N1 ∩ N 2 = p ( N1 ) p N 2 n’étant pas satisfaite, on peut affirmer que 2 2 4ces deux événements NE SONT PAS INDEPENDANTSb) « Les deux premières boules tirées sont de la même couleur» est l’événement E1 = ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2 . ( ) (Or nous savons que p ( E1 ) = p ( N1 ∩ N 2 ) ∪ N1 ∩ N 2  =   3 1 ) 1«La deuxième boule tirée est noire » est l’événement E2 = N 2 . Or nous savons que p ( E2 ) = p ( N 2 ) = 2Les deux événements seront indépendants si et seulement si p ( E1 ∩ E2 ) = p ( E1 ) p ( E2 ) .L’événement E1 ∩ E2 est l’événement « les deux premières boules tirées sont noires ». 1Ainsi p ( E1 ∩ E2 ) = p ( N1 ∩ N 2 ) = d’après la question 1) b) 6 Page 7/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 8. www.tifawt.com 1 1 1Puisque p ( E1 ) p ( E2 ) = × = = p ( E1 ∩ E2 ) , l’égalité p ( E1 ∩ E2 ) = p ( E1 ) p ( E2 ) est vérifiée 3 2 6On peut affirmer que ces deux événements SONT INDEPENDANTS.Exercice n°4Si on note N1 l’événement la boule tirée de la première urne est noire et N 2 l’événement la boule tirée de laseconde urne est noire ; l’énoncé nous permet de donner les probabilités suivantes : 1 p ( N1 ) = car dans la première urne, il y a une boule noire opur deux boules blanches (donc un total de 3 3 ( ) 1 2boules). Ainsi p N1 = 1 − p ( N1 ) = 1 − = 3 3De plus, si on réalise l’événement N1 , la deuxième urne contiendra 3 boules 3 1noires pour un total de 6 boules. Ainsi pN1 ( N 2 ) = = donc 6 2 1 pN1 ( N 2 ) = 1 − pN1 ( N 2 ) = 2De plus, si on ne réalise pas l’événement N1 , la deuxième urne contiendra 2 2 1boules noires pour un total de 6 boules. Ainsi pN ( N 2 ) = = et par suite 1 6 3 1 2 pN ( N 2 ) = 1 − pN ( N 2 ) = 1 − = 1 1 3 3On peut résumer la situation par l’arbre de probabilité suivant :(a) On applique la formule des probabilités totales au système complet ( )d’événement N1 ; N1 . On obtient : ( ) ( )p ( N 2 ) = p ( N1 ∩ N 2 ) + p N1 ∩ N 2 = p ( N1 ) pN1 ( N 2 ) + p N1 pN ( N 2 ) 1 1 1 2 1 1 2 7= × + × = + = 3 2 3 3 6 9 18 1 1 p ( N1 ∩ N 2 ) × p ( N1 ) pN1 ( N 2 )(b) On cherche pN2 ( N1 ) = = = 3 2 = 1 × 18 = 3 p ( N2 ) p ( N2 ) 7 6 7 7 18On introduit maintenant un troisième événement N 3 l’événement la deuxième boule tirée de la deuxième urneest noire(a) Puisqu’on a remis en place la première boule tirée de la deuxième urne, la configuration de cette urne n’a 7pas changé, ce qui nous autorise à affirmer que p ( N 3 ) = p ( N 2 ) = 18Pour s’en convaincre, on peut dresser un nouvel arbre de probabilité : Page 8/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 9. www.tifawt.comet calculer ( ) ( ) ( p ( N 3 ) = p ( N1 ∩ N 2 ∩ N 3 ) + p N1 ∩ N 2 ∩ N 3 + p N1 ∩ N 2 ∩ N 3 + p N1 ∩ N 2 ∩ N 3 ) 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1= × × + × × + × × + × × 3 2 2 3 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 2 4 18 24 42 7= + + + = + = = 12 12 27 27 108 108 108 18 ( )(b) On applique la formule des probabilités totales au système complet d’événement N1 ; N1 . On obtient : (p ( N 2 ∩ N 3 ) = p ( N1 ∩ N 2 ∩ N 3 ) + p N1 ∩ N 2 ∩ N 3 ) ( )= p ( N1 ) pN1 ( N 2 ∩ N 3 ) + p N1 pN ( N 2 ∩ N 3 ) 1 1 1 1 2 1 1 1 2 9 8 17= × × + × × = + = + = 3 2 2 3 3 3 12 27 108 108 108 17 p ( N 2 ∩ N 3 ) 108 17 18 17(c) On cherche pN2 ( N 3 ) = = = × = p ( N2 ) 3 108 7 42 72) 1ère rédaction : loi binomiale : 1 1 1Notons S l’événement « on a obtenu un succès » c’est-à-dire p ( S ) = p ( N1 ∩ N 2 ) = p ( N1 ) N p ( N 2 ) = × = 1 2 3 6 ( )La probabilité d’un échec est alors p S = 1 − p ( S ) = 1 − = 1 5 6 6Si on répète l’expérience de manière indépendante 4 fois de suite, et si on note X la variable aléatoire égale au 1nombre de succès sur les 4 répétitions, X suit une loi binomiale de paramètre 4 et . 6 k 4−k  4 1   5 Ainsi, pour tout entier 0 ≤ k ≤ 4 , p ( X = k ) =       . k  6   6 La probabilité d’observer exactement deux succès est alors égale à : 4 × 3 1 25 2 2  4 1   5  25 25 p ( X = 2) =       = × × = =  2 6   6  2 36 36 6 × 36 216 Page 9/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 10. www.tifawt.com2ème rédaction : arbre de probabilité :Notons S1 , S 2 , S3 , S4 les événements « on obtient un succès à la 1ère répétition (respectivement 2ème, 3ème et 4èmerépétition) » 1Puisque les répétitions sont indépendantes l’une de l’autre, on obtient, pour tout entier i, p ( Si ) = donc 6 ( ) 1 5 p Si = 1 − = . On dresse l’arbre de probabilité suivant : 6 6On compte le nombre de chemins correspondant à exactement deux succès.Ils sont au nombre de 6 ( S1S2 S3 S4 , S1 S2 S3 S4 , S1S2 S3 S4 , S1 S2 S3 S4 , S1S2 S3 S 4 , S1 S2 S3 S4 ), chacune de ces 6 1 1 5 5chemins étant de probabilité × × × . Les voici représentés : 6 6 6 6 Page 10/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 11. www.tifawt.com 2 2 1 5 25On retrouve donc le calcul 4 ×   ×   = 6 6 216Exercice n°5Notons A l’événement « le lancer s’effectue avec la pièce truquée » et B l’événement « le lancer s’effectue avec 1la pièce équilibrée ». L’énoncé nous fournit p ( A) = p ( B ) = . 21) (a) Notons P la probabilité d’obtenir Pile lors d’un lancer. L’énoncé nousfournit pA ( P ) = 1 4 donc ( ) pA P = 1 − 1 3 = ; 4 4 et pB ( P ) = 1 2 donc ( )pB P = 1 − 1 1 = . 2 2Ceci peut se traduire par l’arbre de probabilitésLa formule des probabilités totales appliqué au système complet { A; B} fournit : 1 1 1 1 3p ( P ) = p ( A ∩ P ) + p ( B ∩ P ) = p ( A ) × p A ( P ) + p ( B ) × pB ( P ) = × + × = 2 4 2 2 8 p ( A ∩ P) 1 ×1 1 8 1(b) On demande pP ( A) = = 2 4= × = p(P) 3 8 3 3 8 Page 11/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 12. www.tifawt.com(c) Notons P , P2 , P3 les probabilités d’obtenir Pile respectivement aux 1tirages n°1,2 et 3. On peut ainsi dresser l’arbre de probabilité :Raisonnons avec l’événement contraire de « obtenir au moins une foispile », qui est « obtenir trois fois face ». D’après la formule desprobabilités totales, ce dernier événement a pour probabilité :p ( F1 ∩ F2 ∩ F3 ) = p ( A ∩ F1 ∩ F2 ∩ F3 ) + p ( B ∩ F1 ∩ F2 ∩ F3 )= p ( A ) × p A ( F1 ∩ F2 ∩ F3 ) + p ( B ) × pB ( F1 ∩ F2 ∩ F3 ) 1 3 3 3 1 1 1 1 27 1 35= × × × + × × × = + = 2 4 4 4 2 2 2 2 128 16 128La probabilité d’obtenir au moins une fois pile avec une pièce choisie est 35 93donc égale à 1 − = 128 1282) La situation est cette fois ci différente de la question 1) (c) car onretire une pièce au hasard avant chaque lancer. On répète ainsi 3 foisconsécutivement et de manière indépendante, l’épreuve de Bernoulli 3décrite dans la question 1) (a), qui admet deux issues : p ( P ) = donc 8 ( )p P = 5 8 .Le nombre de succès (obtention de Pile) sur les trois répétitions suit donc une 3loi binomiale de paramètre p ( P ) = et n = 3 . On raisonne encore une fois avec l’événement contraire de 8 ( ( )) 3 3  5  125« obtenir au moins une fois pile », qui est « obtenir trois fois face », de probabilité p P =   = . La  8  512 125 387probabilité d’obtenir au moins une fois pile sur les trois lancers (et choix) est donc 1 − = 512 5123) Les résultats des deux pièces sont indépendants l’un de l’autre. Si on note PA l’événement « obtenir Pile àl’aide de la pièce truquée » et PB l’événement « obtenir Pile à l’aide de la pièce équilibrée», l’événementcherché aura donc une probabilité égale à : 1 1 3 1 1p ( PA ∩ PB ) + p ( FA ∩ FB ) = p ( PA ) × p ( PB ) + p ( FA ) × p ( FB ) = × + × = 4 2 4 2 2Exercice n°61) Notons A l’événement « Le microprocesseur fonctionne ». L’énoncé indique ( ) p A = 0, 2 donc ( )p ( A ) = 1 − p A = 0,8 . Si on assimile un lot de trois microprocesseurs aux tirages successifs et indépendants detrois objets pouvant être des microprocesseurs qui fonctionnent (événement A) ou défectueux (événement A ),et si on note X le nombre de microprocesseurs qui fonctionnent parmi les trois choisis, X suit alors une loibinomiale de paramètres n = 3 et p ( A) = 0,8 .  3 ( )  3 3− kAinsi, pour tout entier 0 ≤ k ≤ 3 , p ( X = k ) =   p ( A) p A =   0,8k 0, 23− k k k k  coefficient binomialLa probabilité qu’il y ait au moins deux microprocesseurs qui fonctionnent est égale à p ( X = 2 ) + p ( X = 3) ,c’est-à-dire 3  2 3− 2  3  3 3− 3  0,8 0, 2 +   0,8 0,2 = 3 × 0,8 × 0, 2 + 0,8 = 0,896 2 32  3 Page 12/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 13. www.tifawt.com2) Si on note B l’événement « le microprocesseur est accepté », l’énoncé fournit donc p A ( B ) = 0,9 (donc ( ) ( )p A B = 0,1 ) et p A B = 0,6 (donc p A ( B ) = 0, 4 ) ( )a) Le système d’événements A; A étant complet, on applique la formule des probabilités totales pour calculer : ( ) ( )p ( B ) = p ( A ∩ B ) + p A ∩ B = p ( A) p A ( B ) + p A p A ( B )= 0,8 × 0,9 + 0, 2 × 0, 4 = 0,8La probabilité qu’un microprocesseur sortant de la machine soit accepté est donc égale à 0,8 p ( B ∩ A) p ( A ∩ B) p ( A) p A ( B ) 0,8 × 0,9b) On demande de calculer pB ( A) = = = = = 0,9 p(B) p(B) 0,8 0,8La probabilité qu’un microprocesseur accepté soit bon est donc égale à 0,9Exercice n°7L’univers Ω de cette expérience aléatoire est constitué de l’ensemble des tirages simultanés de deux boules 10  10! 10 × 9parmi 10. ainsi Card ( Ω ) =   = = = 45  2  (10 − 2 ) !2! 2Le modèle choisi est l’équiprobabilité des tirages. 5 5! 5× 41) Sur les 10 boules, 5 ont des numéros impairs. Ainsi Card ( A) =   = = = 10 et par suite  2  ( 5 − 2 ) !2! 2 Card ( A ) 10 2p ( A) = = = Card ( Ω ) 45 92) L’événement B « Les 2 boules ont la même couleur » sera réalisé si et seulement on tire simultanément 2boules blanches ou 2 boules bleues ou 2 boules vertes. Le nombre de tirages correspondant à cette situation sera  5  3  2 Card ( B ) 14donc égal à Card ( B ) =   +   +   = 10 + 3 + 1 = 14 et par suite p ( B ) = =  2  2  2 Card ( Ω ) 453) L’événement C « Les 2 boules ont des numéros impairs et sont de la même couleur » sera réalisé si etseulement si on tire simultanément les 2 boules parmi les 3 boules blanches numérotées 1, 3 ou 5.  3 Card ( C ) 3 1Ainsi Card ( C ) =   = 3 et par suite p ( C ) = = =  2 Card ( Ω ) 45 154) Les événements A et B seront indépendants si et seulement si p ( A ∩ B ) = p ( A ) p ( B ) . 1L’événement A ∩ B étant l’événement C, on aura d’une part p ( A ∩ B ) = p ( C ) = et d’autre part 15 2 14 28 p ( A) p ( B ) = × = . L’égalité p ( A ∩ B ) = p ( A ) p ( B ) n’étant pas vérifiée, les événements A et B ne 9 45 405sont pas indépendants5) Les événements C et D forment une partition de l’événement A. 2 1 10 3 7Ainsi, p ( A ) = p ( C ) + p ( D ) et par suite p ( D ) = p ( A ) − p ( C ) = − = − = 9 15 45 45 45 ( ) 7 7 p A∩ B p ( D) 76) On calcule pB ( A ) = = = 45 = 45 = p B ( ) 1 − p ( B ) 1 − 14 31 31 45 45Exercice n°8On fabrique à la chaîne un composant électronique ; le procédé utilisé donne une proportion de d composantsdéfectueux. On fait donc un test des composants à la sortie de la chaîne.Si un composant est bon, il est accepté avec une probabilité de 0,98.Si un composant est défectueux, il est refusé avec une probabilité de r.Soit A l’événement « le composant est accepté », et soit D l’événement « le composant est défectueux ». Page 13/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 14. ( ) www.tifawt.comL’énoncé nous informe que p ( D) = d donc p D = 1 − d , puis ( ) ( )pD ( A ) = 0,98 donc pD A = 0, 02 et pD A = r donc pD ( A) = 1 − r .On peut résumer cette situation par l’arbre de probabilité suivant :1) Déterminer la probabilité de A. ( )Le système D ∩ A; D ∩ A constitue une partition de l’événement A. La formule des probabilités totales nouspermet donc d’écrire que : ( ) ( )p ( A ) = p ( D ∩ A ) + p D ∩ A = p ( D ) pD ( A ) + p D pD ( A )= d (1 − r ) + (1 − d ) × 0, 982) Déterminer la probabilité de D sachant A. p ( D ∩ A) d (1 − r ) d (1 − r )On calcule p A ( D ) = = = p ( A) d (1 − r ) + (1 − d ) × 0, 98 0, 02d − dr + 0,983) r étant imposé par le procédé de vérification employé, quelle inégalité doit vérifier d si on veut que dans lelot accepté il y ait, en moyenne, au plus 5% de composant défectueux ?On cherche à déterminer une inégalité que doit vérifier d pour que p A ( D ) ≤ 0, 05 d (1 − r )p A ( D ) ≤ 0, 05 ⇔ ≤ 0, 05 0, 02d − dr + 0, 98⇔ d (1 − r ) ≤ 0, 05 ( 0, 02d − dr + 0,98 )⇔ d − dr ≤ 0, 0001d − 0, 05dr + 0, 049⇔ 0,9999d − 0,95dr ≤ 0, 049⇔ d ( 0, 9999 − 0,95r ) ≤ 0, 049 0, 049⇔d≤ 0,9999 − 0,95r 490⇔d≤ 9999 − 9500rExercice n°8Notons E1 , E2 et E3 les événements : E1 «le signal (E) passe par le canal (1) »., E2 «le signal (E) passe par lecanal (2) », E3 «le signal (E) passe par le canal (3) ». 1 1 1L’énoncé nous fournit les probabilités p ( E1 ) = , p ( E2 ) = et p ( E3 ) = 2 6 3Si on note F l’événement « le signal franchit le coupe-circuit aléatoire (C.C.I) », 2 1 9 5 1L’énoncé nous fournit les probabilités pE1 ( F ) = = , pE2 ( F ) = et pE3 ( F ) = = 10 5 10 10 2 ( )1 4On peut donc en déduire les probabilités pE1 F = 1 − = , pE2 F = 1 − = 5 5 ( ) 9 10 10 1 ( ) 1 1 et pE3 F = 1 − = , 2 2et dresser l’arbre de probabilités suivant : Page 14/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 15. www.tifawt.com1. D’après la formule des probabilités totales, appliquée au système complet d’événements ( E1 ; E2 ; E3 ) , oncalcule : p ( F ) = p ( E1 ∩ F ) + p ( E2 ∩ F ) + p ( E3 ∩ F )= p ( E1 ) × pE1 ( F ) + p ( E2 ) × pE2 ( F ) + p ( E3 ) × pE3 ( F ) 1 1 1 9 1 1 1 3 1 6 9 10 25= × + × + × = + + = + + = 2 5 6 10 3 2 10 20 6 60 60 60 60 5= 12 5La probabilité que le signal (E) sorte du système ( ∑ ) est donc égale à 122. Sachant que le signal est sorti de ( ∑ ) , quelle est la probabilité qu’il soit passé par le canal (2) ?On cherche à déterminer pF ( E2 )On applique la formule des probabilités conditionnelles : 1 9 p ( F ∩ E2 ) p ( E2 ∩ F ) p ( E2 ) × pE2 ( F ) 6 × 10 3 12 9pF ( E2 ) = = = = = × = p(F ) p(F ) p(F ) 5 20 5 25 12 9Sachant que le signal est sorti de ( ∑ ) , la probabilité qu’il soit passé par le canal (2) vaut donc 25Exercice n°91) L’événement Ω1 , « la puce se trouve en Ω à l’issue du 1er saut » estimpossible car la puce se trouvait en Ω au départ, et l’a donc quitté à la fin du1er saut .Ainsi p1 = p ( Ω1 ) = 0Après ce premier saut, la puce se trouve en A,B,C ou D. Quel que soit lesommet sur lequel elle se trouve, elle peut joindre de manière équiprobablesoit le sommet Ω soit l’un de ces deux sommets adjacents (par exemple, si Page 15/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 16. www.tifawt.com 1elle est en A, elle peut se rendre en B,D ou Ω ). Ainsi p2 = p ( Ω 2 ) = 32) Après chaque saut, la puce pouvant se trouver sur l’un quelconque des 5 points, la somme des probabilitésdes 5 événements An , Bn , Cn , Dn , Ω n vaut 1. Ainsi p ( An ) + p ( Bn ) + p ( Cn ) + p ( Dn ) + pn = 1Et comme au départ, les 4 sommets A,B,C et D pouvait être atteints avec la probabilité lors du premier saut depuce, on aura donc pour tout n ∈ ℕ , p ( An ) = p ( Bn ) = p ( Cn ) = p ( Dn ) (alors que ces nombres sont différentsde pn puisque le sommet Ω était « favorisé » dès le départ. 1L’égalité p ( An ) + p ( Bn ) + p ( Cn ) + p ( Dn ) + pn = 1 se réécrit donc 4 p ( An ) + pn = 1 ⇔ p ( An ) = (1 − pn ) 4Enfin, puisque p ( An ) = p ( Bn ) = p ( Cn ) = p ( Dn ) , on obtient l’égalité attendue : 1 p ( An ) = p ( Bn ) = p ( Cn ) = p ( Dn ) =(1 − pn ) 43) Si après un saut, la puce se trouve en A,B,C ou D, on a vu qu’elle pouvait revenir en Ω avec une probabilité 1 2égale à , et se rendre vers un autre sommet avec une probabilité égale à 3 3Si, en revanche, après un saut, la puce se trouve en Ω , elle ne peut pas s’y trouver au saut suivant.On a ainsi établi les probabilités conditionnelles : ( ) ( pΩn ( Ω n+1 ) = 0 , pΩn Ω n +1 = 1 , pΩn ( Ωn +1 ) = et pΩn Ω n+1 = 1 3 2 3 ) (On applique alors la formule des probabilités totales au système complet d’événement Ω n ; Ω n , pour écrire : )Pour tout entier n ∈ ℕ , ( ) ( )pn+1 = p ( Ωn +1 ) = p ( Ωn ∩ Ω n+1 ) + p Ω n ∩ Ωn +1 = p ( Ω n ) pΩ ( Ω n+1 ) + p Ω n pΩ ( Ω n+1 ) n n 1 = pn × 0 + (1 − pn ) × 3 1On a ainsi établi la formule pn +1 = (1 − pn ) 3 1 1 1 1 1 1 1 14) Pour tout n ∈ ℕ , on calcule qn +1 = pn +1 − = (1 − pn ) − = − pn − = − pn + 4 3 4 3 3 4 3 12  1  1 1  1 1 1En factorisant par − , on obtient qn +1 = −  pn − 12  = − 3  pn − 4  = − 3 qn , ce qui prouve que la suite 3 3 1     3  1 1 1 3( qn )n∈ℕ est géométrique de raison − et de premier terme q0 = p0 − = 1 − = 3 4 4 4 1 35) Puisque la suite ( qn )n∈ℕ est géométrique de raison − et de premier terme q0 = , on conclut que pour tout 3 4 n 3  1 1 1n∈ℕ, qn = ×  −  , et puisque q n = pn − , on aura pn = qn + . Ainsi, pour tout n∈ℕ, 4  3 4 4 n 1 3  1 pn = + ×  −  4 4  3 Page 16/17 jgcuaz@hotmail.com
  • 17. www.tifawt.comExercice n°10Notons V l’événement « être vacciné » et M l’évémenent « être malade » 1L’énoncé fournit p (V ) = 4 1 3 ( ) ( ) donc p V = 1 − = . De plus pM V = 4 × pM (V ) . Puisque pM (V ) + pM V = 1 , on 4 4 ( ) 1 4 ( )déduit pM (V ) = et pM V = . Enfin l’énoncé indique que pV ( M ) = 5 5 1 12 11 donc pV M = . 12 ( )a) La formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements V ;V , permet de { }calculer : ( ) ( )p ( M ) = p (V ∩ M ) + p V ∩ M = p (V ) × pV ( M ) + p V × pV ( M ) p ( M ∩ V ) p ( M ) × p (V ) p ( M ) × 4Puisque pV (M ) = = M = 5 = p ( M ) × 4 × 4 = 16 p ( M ) , on se retrouve avec p (V ) 3 4 3 4 5 3 15 1 1 3 16 12 1  12  1l’équation p ( M ) = × + × p(M ) ⇔ p(M ) − p(M ) = ⇔ p ( M ) 1 −  = d’où l’on tire : 4 12 4 15 15 48  15  48 1 15 5 p(M ) = × = 48 3 48 16 16 5 1b) Du coup, on calcule pV ( M ) = p ( M ) = × = 15 15 48 9c) D’après les calculs précédents, en moyenne, 1 individu sur 9 non vaccinés tombe malade, contre 1 individusur 12 vaccinés…. Page 17/17 jgcuaz@hotmail.com